重難點專項突破03實際問題與二次函數（6種題型）【題型細目表】題型一：圖形問題題型二：圖形運動問題題型三：拱橋問題題型四：銷售問題題型五：投球問題題型六：噴水問題【考點剖析】題型一：圖形問題一、單選題1．（2023·安徽合肥·模擬預測）下面看三個案例：①一個游泳池內有水，現打開排水管以每小時的排出量排水．設游泳池內剩余水量為，排水時間為；②一列火車以的速度勻速行駛．設火車行駛的剩余路程為，行駛時間為；③某水產養殖戶用長的圍網，在水庫中圍一塊矩形的水面．設圍成的矩形水面的面積為，矩形的一邊長為，三個案例中都有兩個變量，可以用如圖所示的圖像表示的是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】分別表示出每個小問的函數表達式，然后進行判斷，即可得到答案．【詳解】解：∵①一個游泳池內有水，現打開排水管以每小時的排出量排水．設游泳池內剩余水量為，排水時間為；∴故①滿足題意；∵②一列火車以的速度勻速行駛．設火車行駛的剩余路程為，行駛時間為；∴，為總路程；故②滿足題意；∵③某水產養殖戶用長的圍網，在水庫中圍一塊矩形的水面．設圍成的矩形水面的面積為，矩形的一邊長為，∴，故③不滿足題意；故選：A【點睛】本題考查了二次函數的應用，一次函數的應用等知識，解題的關鍵是掌握題意，正確的列出表達式，從而進行判斷．2．（2023春·安徽蚌埠·九年級專題練習）已知矩形MNPQ的頂點M，N，P，Q分別在正六邊形ABCDEF的邊DE，FA，AB，CD上，且．在點從移向（與不重合）的過程中，下列的判斷中，正確的是（

）A．矩形MNPQ的面積與周長保持不變B．矩形MNPQ的面積逐漸減小，周長逐漸增大C．矩形MNPQ的面積與周長均逐漸增大D．矩形MNPQ的面積與周長均逐漸減小【答案】D【分析】以EF之間的對稱軸為y軸，以直線AD上的對稱軸為x軸，建立平面直角坐標系，求出ED的解析式，從而表示M、N、Q的坐標，列出關于周長和面積的函數關系式，根據性質得出結論．【詳解】正六邊形為軸對稱圖形，以EF之間的對稱軸為y軸，以直線AD上的對稱軸為x軸，建立平面直角坐標系．設六邊形的邊長為2，則,,設直線ED的解析式為y=kx+b，解得，故ED的解析式為，點M在線段ED上，故設M（x,y），矩形NMQP中，N與M關于y軸對稱，∴N（-x,y），Q與M關于x軸對稱，∴Q（x,-y），∴，，∴矩形的周長C=2（NM+MQ）=2(2x+2y)==,由于，故C的值會隨x的增大而減小，點M從E移動到D的過程中，x不斷增大，所以周長會不斷減小；矩形的面積∵<0，拋物線開后向下，當x>1時，S隨x的增大而減小，所以面積也會逐漸減小．故選：D．【點睛】本題考查了正六邊形的性質，一次函數和二次函數的性質，解題的關鍵是建立直角坐標系利用函數解題．3．（2023春·安徽蚌埠·九年級專題練習）點C為線段AB上的一個動點，，分別以AC和CB為一邊作等邊三角形，用S表示這兩個等邊三角形的面積之和，下列判斷正確的是（

）A．當C為AB的三等分點時，S最小 B．當C是AB的中點時，S最大C．當C為AB的三等分點時，S最大 D．當C是AB的中點時，S最小【答案】D【分析】根據四個選擇項，可知要判斷的問題是C在AB的什么位置時，S有最大或最小值．由于點C是線段AB上的一個動點，可設AC=x，然后用含x的代數式表示S，得到S與x的函數關系式，最后根據函數的性質進行判斷．【詳解】解：如圖，△ACD與△BCE是分別以AC和CB為一邊作的等邊三角形，分別過點D、E作DM⊥AC，EN⊥BC，垂足分別為M，N，設AC=x，則CB=1-x，∵△ACD與△BCE是等邊三角形，DM⊥AC，EN⊥BC，∴，∴，，∴∵，∴當x=時，S最小，此時，C是AB的中點．故選：D．【點睛】本題考查了二次函數與幾何結合問題，解決本題的關鍵是需建立二次函數的關系式，然后利用拋物線的頂點公式求解．4．（2023春·安徽蚌埠·九年級專題練習）如圖，和都是直角邊長為的等腰直角三角形，它們的斜邊，在同一條直線上，點，重合．現將沿著直線以的速度向右勻速移動，直至點與重合時停止移動．在此過程中，設點移動的時間為，兩個三角形重疊部分的面積為，則隨變化的函數圖象大致為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分兩種情形討論計算即可解決問題．【詳解】分兩種情況：（1）當時，，拋物線開口向上，函數圖象位于拋物線對稱軸（軸）右側的一部分；（2）當時，，拋物線開口向下，函數圖象位于拋物線對稱軸（直線）左側的一部分．故選C．【點睛】本題考查分段函數、動點問題的函數圖象，解題的關鍵是學會分類討論，掌握求分段函數方法是解題關鍵．5．（2023春·安徽安慶·九年級校聯考階段練習）如圖，矩形中，，E為上一點（不含點A），O為的中點，連接并延長，交于點F，點G為上一點，，連接，．甲、乙二位同學都對這個問題進行了研究，并得出自己的結論．甲：存在點E，使；乙：的面積存在最小值．下列說法正確的是（

）A．甲、乙都正確 B．甲、乙都不正確C．甲正確，乙不正確 D．甲不正確，乙正確【答案】D【分析】先證明△EOD≌△FOB得到DE=BF，推出AE=CF，則CF=DG，假設存在點E使得EG⊥FG，可證△EDG≌△GCF得到DE=CF，從而推出AD=CD，再由，推出CD＞AD，與AD=CD矛盾，即可判斷甲；可假設設AB=CD=4，BC=AD=3，AE=DG=CF=x，則BF=DE=3-x，CG=4-x，然后根據求出△EFG的面積關于x的二次函數關系式，即可求出△EFG的面積的最小值，同理假設AB=CD=4時，只要滿足BC＜AB，都能求出△EFG的面積關于線段AE的長的二次函數關系式，即可求出△EFG的面積有最小值，即可判斷乙．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴，∠ADC=∠C=90°，AB=CD，∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，∵O是BD的中點，∴OB=OD，∴△EOD≌△FOB（AAS），∴DE=BF，∴AE=CF，又∵AE=DG，∴CF=DG，假設存在點E使得EG⊥FG，∴∠EGF=90°，∴∠EGD+∠CGF=90°，又∵∠EGD+∠DEG=90°，∴∠DEG=∠CGF，又∵∠EDG=∠GCF=90°，∴△EDG≌△GCF（AAS），∴DE=CG，∴AE+DE=DG+CG，即AD=CD，∵，∴CD＞AD，與AD=CD矛盾，∴假設不成立，即不存在點E使得EG與GF垂直，故甲說法錯誤；設AB=CD=4，BC=AD=3，AE=DG=CF=x，則BF=DE=3-x，CG=4-x，∴，即當時，△EFG的面積有最小值，同理假設AB=CD=4時，只要滿足BC＜AB，都能求出△EFG的面積關于線段AE的長的二次函數關系式，即可求出△EFG的面積有最小值，故乙說法正確；故選D．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，正方形的性質，二次函數的幾何應用等等，熟知正方形的性質和全等三角形的性質與判定條件是解題的關鍵．二、填空題6．（2023秋·安徽六安·九年級校考期末）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經過平移得到拋物線，其對稱軸與兩段拋物線所圍成的陰影部分的面積是_______【答案】4【分析】確定出拋物線的頂點坐標，然后求出拋物線的對稱軸與原拋物線的交點坐標，從而判斷出陰影部分的面積等于三角形的面積，再根據三角形的面積公式列式計算即可得解．【詳解】∵，∴平移后拋物線的頂點坐標為（2，?2），對稱軸為直線x＝2，當x＝2時，，∴平移后陰影部分的面積等于如圖三角形的面積，×（2＋2）×2＝4，故填：4．【點睛】本題考查了二次函數圖象與幾何變換，確定出與陰影部分面積相等的三角形是解題的關鍵．三、解答題7．（2023·安徽合肥·校考一模）如圖，拋物線與x軸的兩個交點坐標為、．(1)求拋物線的函數表達式；(2)矩形的頂點在軸上（不與重合），另兩個頂點在拋物線上（如圖）．①當點在什么位置時，矩形的周長最大？求這個最大值并寫出點的坐標；②判斷命題“當矩形周長最大時，其面積最大”的真假，并說明理由．【答案】(1)(2)①在時，矩形的周長最大，最大值為；②假命題，理由見解析【分析】（1）利用待定系數法可求得拋物線的函數表達式為﹔（2）先求得拋物線的對稱軸為，設點，則，①根據關于對稱，可得的坐標，則可以表示出矩形的周長，即可求解；②當矩形周長最大時，長為3，寬為2，面積為6，當為正方形時，表示，即可求出，算得正方形的面積大于6，矛盾，即可求得假命題．【詳解】（1）解：將、代入中得解得拋物線的函數表達式為（2）解：拋物線的對稱軸為，設點，則，①關于對稱，∴，則，矩形的周長為，當時，l的值最大，最大值為，即Р在時，矩形的周長最大，最大值為．②假命題．由①可知，當矩形周長最大時，長為3，寬為2，面積為6，當為正方形時，，解得∴點Р的坐標為，點Q的坐標為，正方形的面積；故命題是假命題．【點睛】本題考查了用待定系數法求二次函數解析式，二次函數的圖像和性質，解題關鍵是熟練掌握二次函數的圖像和性質．8．（2023秋·安徽安慶·九年級安慶市石化第一中學校考階段練習）一塊三角形材料如圖所示，．用這塊材料剪出一個矩形，其中，點D，E，F分別在上，要使剪出的矩形的面積最大，點E應選在何處？【答案】點E選在AB的中點時，剪出的矩形CDEF的面積最大【分析】根據30°直角三角形的性質求出FE，根據勾股定理求出ED，根據矩形的面積公式列出函數解析式，根據二次函數的性質解答即可．【詳解】解：∵∠A＝30°，∠C＝90°，且四邊形CDEF是矩形，∴DE∥AC，EF∥BC，∴∠DEB＝∠A＝30°，在Rt△AFE中，FE＝AE，在Rt△EDB中，DB＝EB，設AE＝x，則FE＝x，ED＝＝＝（12－x），令矩形CDEF的面積為S，則S＝EF·ED＝x·（12－x）＝（12x－x2）＝·（x－6）2＋9，∴當x＝6時，S最大值＝9，此時AE＝6，EB＝12－x＝6，∴AE＝EB，即點E是AB的中點，∴當點E選在AB的中點時，剪出的矩形CDEF的面積最大．【點睛】本題考查的是30°直角三角形性質，矩形的性質，勾股定理、二次函數的性質、根據矩形的面積公式列出二次函數解析式是解題的關鍵．9．（2023·安徽淮北·校考模擬預測）如圖，學校準備在長為米，寬為米的矩形草地上規劃甲、乙、丙三個區域栽種花卉，正方形和正方形面積相等，且各有兩邊與長方形邊重合，矩形是這兩個正方形的重疊部分，設為米，為米．

(1)求關于的函數表達式；（不用寫出自變量的取值范圍）(2)設甲、乙、丙的總面積為（），求關于的函數表達式及其最大值．【答案】(1)(2)關于的函數表達式為；最大值為56【分析】（1）由于正方形和正方形面積相等，可得出兩個正方形的邊長相等，根據題意可得，，代入即可得到關于的函數表達式．（2）由（1）可知的面積，又因為，即可得到，再根據二次函數的性質，為開口向上的拋物線，在離對稱軸遠的點的位置取最大值，可判斷出在當時，取最大值，從而可計算出最大面積．【詳解】（1）解：由題可知，，，∴，即，∴．（2）解：∵正方形和正方形的面積相等，∴，∴，∴，又，∴整理得關于的函數表達式為；由，∵，故：當時，隨的增大而增大，當時，隨的增大而減小，又，∴當時，取最大值，，即最大值為56．【點睛】本題考查了二次函數的實際應用—圖形的面積問題，熟練掌握二次函數的性質，開口向上在頂點處取最大值，開口向下在離對稱軸遠的點的位置取最大值是解題的關鍵．10．（2023·安徽池州·校聯考一模）如圖，在平面直角坐標系中，直線與坐標軸交于A，B兩點，點A在x軸上，點B在y軸上，，拋物線經過點A，B，C．(1)求拋物線的解析式；(2)根據圖象寫出不等式的解集；(3)若點P是拋物線上的一動點，過點P作直線的垂線段，垂足為Q，當時，求點P的坐標．【答案】(1)(2)(3)或或【分析】（1）根據拋物線的解析式可得，從而可得，利用待定系數法求解即可得；（2）將不等式整理為，再找出拋物線位于直線上方時，的取值范圍即可得；（3）作軸于點，交于點，作于點，分三種情況：①點在上方，②點在點左側和③點在點右側，先利用勾股定理求出，再利用點的坐標求出，由此建立方程，解方程即可得．【詳解】（1）解：由題意得：當時，，∴，，∵.，，∴，，把，代入得：，解得，則拋物線的解析式為．（2）解：不等式整理為，這個不等式表示的是拋物線位于直線上方，由（1）已得：，，則不等式的解集為．（3）解：∵直線與坐標軸交于，兩點，∴，解得，∴，設點，則點，作軸于點，交于點，作于點，①如圖1，當點在上方時，則，在中，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，，解得，，則此時點的坐標為；②如圖2，當點在點左側時，則，同理①可得，，解得，由函數圖象可知，此時點在第三象限，∴，，則此時點的坐標為；③如圖3，當點在點右側時，則，在中，∵，∴，∴，∴，∴，，解得，由函數圖象可知，此時點在第一象限，∴，，則此時點的坐標為，綜上，點的坐標為或或．【點睛】本題考查了二次函數與一次函數的綜合、勾股定理、一元二次方程的應用等知識點，較難的是題（3），正確分三種情況討論是解題關鍵．11．（2023·安徽滁州·統考二模）如圖1，一塊鋼板截面的一邊為線段，另一邊曲線為拋物線的一部分，現沿線段將這塊鋼板分成①、②兩部分，以邊所在直線為x軸，經過點C且與垂直的直線為y軸，建立平面直角坐標系，規定一個單位代表1米．已知：米，米，米．(1)求曲線所在拋物線的函數關系式（不用寫出自變量的取值范圍）；(2)如圖2，在該鋼板第①部分中截取一個矩形，其中D為的中點，E，F均在線段上，G在曲線上，求的長；(3)如圖3，在該鋼板第②部分中截取一個，其中點P在曲線上，記的面積為S，求S的最大值．【答案】(1)所在拋物線的函數表示式為(2)(3)S的最大值為24【分析】（1）用待定系數法求解即可；（2）先由中點坐標公式求得點D的坐標為，從而得出點E的坐標為，再令，則，解得，，所以G點橫坐標為，從而求得點F的坐標為，即可由兩點距離公式求解；（3）先用等定系數法求出直線的解析式為，設點P的坐標為，，過點P作軸于H，交BC于點Q，則點Q的坐標為，所以，所以，然后利用求二次函數最值求解即可．【詳解】（1）解：∵米，可設所在拋物線的函數表示式，∵米，米，∴，，∴，解得，∴所在拋物線的函數表示式為；（2）解：∵D為BC的中點，∴點D的坐標為，∴點E的坐標為，當時，，解得，，則G點橫坐標為，∵矩形，∴軸，軸，∴點F的坐標為，∴；（3）解：設直線的解析式為．把，代入，得，解，∴直線的解析式為．∵點P在拋物線上，∴設點P的坐標為，，如圖，過點P作軸于H，交BC于點Q，則點Q的坐標為，∴∴，即∴S的最大值為24．【點睛】本題考查用待定系數法求二次函數與一次函數解析式，二次函數的圖像性質，二次函數的最值，矩形的性質，熟練掌握用待定系數法求函數解析式，二次函數圖像性質是解題的關鍵．12．（2023·安徽滁州·校考二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線（b、c為常數）的頂點坐標為，與x軸交于A、B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C，點C，點D關于x軸對稱，連結，作直線．(1)求b、c的值；(2)求點A、B的坐標；(3)求證：；(4)點P在拋物線上，點Q在直線BD上，當以點C、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形時，直接寫出點Q的坐標．【答案】(1)(2)(3)見解析(4)或或或【分析】（1）直接利用待定系數法求二次函數解析式即可求解；（2）令，代入函數解析式，解一元二次方程即可求解；（3）先求出D點坐標，分別表示出的長度，再求解的正切值相等即可得到角相等；（4）當為平行四邊形的對角線時，由中點坐標公式列出方程組，進而求解；當、是平行四邊形的對角線時，同理可解．【詳解】（1）∵拋物線（b、c為常數）的頂點坐標為，，；（2）當時，或，∵點A在點B左側，；（3），點C，點D關于x軸對稱，，，，，，，，；（4）設直線的解析式為，把B、D的坐標代入解析式，得，解得，∴直線的解析式為，∴設點，點，，當為平行四邊形的對角線時，由中點坐標公式得：，整理得：，解得：（舍去）或2，則，即點；當是平行四邊形的對角線時，同理可得：，解得：，即點；當是平行四邊形的對角線時，同理可得：，解得：，即點的坐標為或，綜上，點的坐標為：或或或．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式和一次函數解析式，二次函數中平行四邊形存在性問題和二次函數圖象與x軸的交點問題，正切，熟練掌握知識點是解題的關鍵．題型二：圖形運動問題一、單選題1．（2022·安徽合肥·統考二模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，點E是CD的中點，射線AE與BC的延長線相交于點F，點M從A出發，沿A→B→F的路線勻速運動到點F停止．過點M作MN⊥AF于點N．設AN的長為x，△AMN的面積為S，則能大致反映S與x之間函數關系的圖象是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先根據矩形的性質、三角形全等的判定定理證出，根據全等三角形的性質可得，從而可得，再求出當點與點重合時，，然后分①和②兩種情況，分別解直角三角形求出的長，最后利用三角形的面積公式可得與的函數關系式，根據二次函數的圖象即可得．【詳解】解：在矩形中，，，點是的中點，，在和中，，，，，，，，如圖，當點與點重合時，，，，①如圖，當點在邊上，即時，在中，，在中，，，解得，則此時；②如圖，當點在上，即時，在中，，在中，，，解得，則此時；綜上，，觀察四個選項可知，只有選項B符合，故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質、解直角三角形的應用、二次函數的圖象等知識點，正確分兩種情況討論，并熟練掌握二次函數的圖象特征是解題關鍵．2．（2023·安徽黃山·統考二模）如圖，四邊形ABCD是菱形，，且，作，交的延長線于點E．現將沿的方向平移，得到．設與菱形ABCD重合的部分（圖中陰影部分）的面積為y，平移距離為x，則y與x的函數圖像為（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】根據題意，進行分類討論，求出不同情況下陰影部分面積的表達式，即可進行解答．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，，且，∴，∵，∴，，∵平移距離為x，∵沿的方向平移，得到，∴，，，∵平移距離為x，∴，∴，∴，，①當時，，整理得：，∵，∴當時，y隨x的增大而增大，∴當時，有最大值；

②當時，∵，∴，，∴，整理得：，∵，∴y隨x的增大而減小，∴當時，有最大值；當時，有最小值；

③當時，，整理得：，∵，∴當時，y隨x的增大而減小，

綜上：，故選：D．【點睛】本題主要考查了動點問題于函數圖象，解題的關鍵是正確找出不同情況下陰影部分面積的求法．3．（2022·安徽·九年級專題練習）如圖，四邊形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，對角線AC與BD相交于點O，線段BD沿射線AD方向平移，平移后的線段記為PQ，射線PQ與射線AC交于點M，連結PC，設OM長為，△PMC面積為．下列圖象能正確反映出與的函數關系的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四邊形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，可求出AC、AO、OC的長，再設OM＝x，利用解直角三角形表示出PM，分點M在線段OC上（不含點O）時和當點在線段OC延長線上時兩種情況分別表示出y再結合函數圖象即可判斷出正確答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝BC＝2，∠BAD＝180°?∠ABC＝120°，∴∠DAO＝∠BAD＝60°，∴△DAC是等邊三角形，∴AD＝AC＝2，∴AO＝CO＝AC＝1，設OM＝x，∵AC⊥BD，PQ為BD平移而來，∴∠AOD＝∠AMP＝90°，∴△AMP為直角三角形，∴PM＝AM?tan∠PAM＝（1＋x），①當點M在線段OC上（不含點O）時，即0≤x＜1，此時CM＝1?x，則y＝（1?x）×（1＋x）＝?，∴0≤x＜1，函數圖象開口應朝下，故B、C不符合題意，②當點在線段OC延長線上時，即x＞1，如圖所示：此時C＝x?1，則y＝（x?1）×(x＋1)＝，∴只有D選項符合題意，故選：D．【點睛】本題考查了菱形的性質，三角形面積，解直角三角形，二次函數圖象等知識，熟練掌握上述知識并能分點M在線段OC上（不含點O）時和當點在線段OC延長線上時兩種情況分別表示出y再結合函數圖象進行判斷是解題的關鍵．4．（2022秋·安徽淮北·九年級淮北市第二中學校聯考階段練習）已知等腰直角的斜邊AB=，正方形DEFG的邊長為，把和正方形DEFG如圖放置，點B與點E重合，邊AB與EF在同一條直線上，將沿AB方向以每秒個單位的速度勻速平行移動，當點A與點E重合時停止移動．在移動過程中，與正方形DEFG重疊部分的面積S與移動時間t（s）的函數圖象大致是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分別判斷，，，的函數關系式即可．【詳解】解：①如下圖當時，與正方形DEFG重疊部分的面積是一個等腰直角三角形，且腰長，∴，∴函數是開口方向向上的拋物線；②當時，如下圖所示，設交于點，交于點，則，∴，，函數為開口向下的拋物線；③當時，如圖所示，；④，如圖所示，同理可得：設交于點，交于點，，∴，函數為開口方向向下的拋物線；綜上，選項D符合題意，故選：D．【點睛】本題主要考查動點問題的函數圖像，根據題意，結合圖形，分析好變化的量是得出函數關系式的關鍵．二、解答題5．（2022秋·安徽合肥·九年級合肥市五十中學西校校考階段練習）在平面直角坐標系中，兩條線段AB和CD關于直線x＝1對稱，（點A、B分別與點C、D對應），且C，D兩點的坐標分別為C（﹣2，0），D（2，﹣4）．(1)直接寫出A，B兩點的坐標；(2)以直線x＝1為對稱軸的拋物線l經過A，B，C，D四點．①求拋物線l的函數解析式；②若點P是拋物線l上AB之間的一個動點，過點P分別作x軸和y軸的垂線，與直線AB分別相交于M，N兩點，設點P的橫坐標為m，記W＝PM+PN，求W關于m的函數解析式，并求W的最大值．【答案】(1)A（4，0），B（0，﹣4）；(2)①；②W＝﹣+4m（0≤m≤4），W的最大值為4．【分析】（1）根據關于軸對稱的性質即可得到點A和點B的坐標；（2）①設拋物線的表達式為y＝a（x﹣1）2+c，利用待定系數法即可求解；②用待定系數法求出直線AB的解析式，先證明PM＝PN，由點P的坐標為（m，），點M的坐標為（m，m﹣4），代入W＝PM+PN后整理即可得到答案．【詳解】（1）解：∵兩條線段AB和CD關于直線x＝1對稱，（點A、B分別與點C、D對應），且C，D兩點的坐標分別為C（﹣2，0），D（2，﹣4）．∴A（4，0），B（0，﹣4）；（2）①設拋物線的表達式為y＝a（x﹣1）2+c，∵C（﹣2，0），D（2，﹣4）．∴，解得，故拋物線的表達式為；②設直線AB的解析式為y＝kx＋b，把A（4，0），B（0，﹣4）代入得到，，解得，∴直線AB的表達式為y＝x﹣4，∵OA＝OB＝4，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∵過點P分別作x軸和y軸的垂線，與直線AB分別相交于M，N兩點，∴PMy軸，PNx軸，∴∠PNM＝∠OAB＝45°，∠PMN＝∠OBA＝45°，∴∠PNM＝∠PMN＝45°，∴PM＝PN，∵點P的橫坐標為m，∴點P的坐標為（m，），點M的坐標為（m，m﹣4），則W＝PM+PN＝2PM＝2（m﹣4﹣）＝﹣+4m＝，即W＝﹣+4m（0≤m≤4），W的最大值為4．【點睛】本題是二次函數綜合題，主要考查了二次函數的解析式和與幾何圖形結合的綜合能力的培養．要會利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來，利用點的坐標的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關系．6．（2022秋·安徽蕪湖·九年級統考期末）如圖，矩形的兩邊長，，點、分別從A、B同時出發，在邊上沿方向以每秒的速度勻速運動，在邊上沿方向以每秒的速度勻速運動．當到達點時，、停止運動．設運動時間為秒，的面積為(1)求關于的函數關系式，并寫出的取值范圍；(2)求的面積的最大值．【答案】(1)(2)．【分析】（1）分別表示出、的長，然后根據三角形的面積公式列式整理即可得解；（2）把函數關系式整理成頂點式解析式，然后根據二次函數的最值問題解答．【詳解】（1）∵，，，，即；（2）由知，，，當時，隨的增大而增大，而，當時，，即的最大面積是．【點睛】本題考查了矩形的性質，二次函數的最值問題，根據題意表示出、的長度是解題的關鍵．7．（2022秋·安徽蕪湖·九年級校考階段練習）如圖，直線與x軸，y軸分別交于B，C兩點，拋物線過B，C兩點，與x軸的另一個交點為A，點D是在直線上方的拋物線上一動點，連接，，．(1)求b、c的值；(2)設四邊形的面積為S，求S的最大值．【答案】(1)(2)18【分析】（1）先求出，坐標，再把，坐標代入拋物線解析式即可；（2）由圖形可知，當的面積最大時，最大，過點作軸交于，設點坐標為，，則，得出，然后由三角形面積公式得出關于的解析式，再由函數的性質求最值即可．【詳解】（1）解：對于直線，當時，，當時，，，，拋物線過，兩點，，解得，，；（2）由（1）知，拋物線解析式為，令，則，解得，，，，的面積為定值，當的面積最大時，最大，過點作軸交于，設點坐標為，，則，，，，當時，最大，最大值為8，，的最大值為．【點睛】本題考查了拋物線與軸的交點，一次函數的性質，二次函數的性質，二次函數的最值，用待定系數法求函數表達式等知識，求出關于的解析式是解題關鍵．8．（2022秋·安徽合肥·九年級校聯考期末）如圖，中，，，，點P從B點出發以每秒的速度向C點運動，同時Q從C點出發以相同和速度向A點運動，當其中一個點到達目的的地時，另一點自動停止運動，設運動時間為？（1）用含t的代數式表示、的長，并直接寫出t的取值范圍；（2）多長時間后的面積為？（3）設，直接定出y的取值范圍；【答案】（1）CP＝8?t；CQ＝t，0≤t≤6；（2）經過2s或6s時△CPQ的面積為6cm2；（3）32≤y≤64【分析】（1）根據CP＝BC?BP，CQ＝t，即可得到結論；（2）根據題意列方程即可得到結論；（3）根據勾股定理列出二次函數解析式，即可得到結論．【詳解】解：（1）由題意得：CP＝BC?BP＝8?t；CQ＝t；t的取值范圍為：0≤t≤6；（2）設t秒后△CPQ的面積為6cm2，根據題意得，（8?t）t＝6，解得：t＝2，t＝6，答：經過2s或6s時△CPQ的面積為6cm2；（3）∵=CP2+CQ2=（8?t）2+t2，∴y=2t2-16t+64=2（t-4）2+32，∵0≤t≤6；∴當t=0時，y最大=64，當t=4時，y最小=32，∴32≤y≤64．【點睛】本題考查了二次函數的性質，一元二次方程的應用，解題關鍵是要讀懂題目的意思，根據題目給出的條件，找出合適的等量關系，列出方程或函數解析式．9．（2023·安徽合肥·校考模擬預測）如圖1，拋物線，交軸于A、B兩點，交軸于點，為拋物線頂點，直線垂直于軸于點，當時，．(1)求拋物線的表達式；(2)點是線段上的動點（除、外），過點作軸的垂線交拋物線于點．①當點的橫坐標為2時，求四邊形的面積；②如圖2，直線，分別與拋物線對稱軸交于、兩點．試問，是否為定值？如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．【答案】(1)(2)①；②是，定值為，理由見解析【分析】（1）由當時，，可知，是的兩根，代入方程可得從而得解；（2）①把代入拋物線解析式可得D點坐標，再代入拋物線解析式可得C點坐標，從而得知線段軸，利用配方法可知點F坐標，從而利用求面積；②設，用待定系數法求出直線與直線的解析式，再令得，，從而得出，的長，從而得到是定值8．【詳解】（1）解：∵當時，，∴，是的兩根，，∴，解得：，拋物線的表達式為：；（2）①把代入得：，．又當，，，線段軸．，，；②設，直線，，因此可得：或，解得：或，直線，．令得，，，，．【點睛】本題考查二次函數與一次函數綜合，涉及四邊形的面積求法，待定系數法等知識，掌握待定系數法和面積求法是解題的關鍵．10．（2022·安徽六安·統考一模）如圖1，在平面直角坐標系中，已知C點坐標為（0，-3），且OA＝OC＝3OB，拋物線圖象經過A，B，C三點，D點是該拋物線的頂點．(1)求拋物線所對應的函數表達式；(2)判斷△ADC的形狀，并求△ADC的面積；(3)如圖2，點P是該拋物線位于第三象限的部分上的一個動點，過P點作PE⊥AC于點E，PE的值是否存在最大值？如果存在，請求出PE的最大值；如果不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)三角形ACD是直角三角形，3(3)PE有最大值為【分析】(1)根據C點坐標為(0，-3)，且OA=OC=3OB，得出A，B點的坐標，用待定系數法求解析式即可；(2)根據坐標求出三角形各邊的長，利用勾股定理判斷其為直角三角形，再用三角形面積公式求面積即可；(3)求出直線AC的解析式，過點P作PH//y軸交AC于H，設出P點和H點坐標，用含x的代數式求出PE的值，根據二次函數性質求最值即可．（1）解：∵C點坐標為（0，-3），且OA＝OC＝3OB，∴A（-3，0），B（1，0），將A，B兩點坐標分別代入解析式得，，解得，∴拋物線的解析式為：；（2）解：由（1）知拋物線的解析式為，∴D點的坐標為（-1，-4），∴，，，∵，即，∴三角形ACD是直角三角形，∴；（3）PE的值存在最大值,理由如下：設直線AC的解析式為，把A，C點的坐標分別代入，得，解得，∴直線AC的解析式為，如圖，過點P作y軸的平行線交AC于點H，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∵，∴∠PHE＝∠OCA＝45°，設點，則點，∴，∴，∴PE有最大值為．【點睛】本題主要考查二次函數的綜合，一次函數，勾股定理等知識，熟練掌握二次函數的性質，用待定系數法求函數解析式，利用二次函數性質求最值是解題的關鍵．題型三：拱橋問題一、填空題1．（2022秋·安徽合肥·九年級校考階段練習）一座石拱橋的橋拱是近似的拋物線形．建立如圖所示的坐標系，其函數關系式為，當水面離橋拱頂的高度是時，水面的寬度為__________m．【答案】【分析】根據題意可得的縱坐標為，把代入解析式確定的坐標，進而求得的長即可解答．【詳解】解：根據題意的縱坐標為，把代入，得，，，．即水面寬度為．故答案為：．【點睛】本題主要考查了二次函數的實際應用，掌握二次函數的對稱性是解答本題的關鍵．2．（2022秋·安徽·九年級期末）如圖是一個橫斷面為拋物線形狀的拱橋，當水面在正常水位的情況下，拱頂（拱橋洞的最高點）離水面2m，水面寬4m．則當水位下降m=________時，水面寬為5m？【答案】【分析】以拋物線的頂點為原點建立坐標系，則可以設函數的解析式是y=ax2，然后求得水面與拋物線的交點坐標，利用待定系數法求解拋物線的解析式，再利用點的坐標特點即可求解．【詳解】解：如圖，建立如下的坐標系：水面與拋物線的交點坐標是（-2，-2），，設函數的解析式是y=ax2，則4a=-2，解得，則函數的解析式是．當水面寬為5米時，把代入拋物線的解析式可得：（米），故答案為：．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數的解析式，二次函數的性質，建立合適的平面直角坐標系，求得水面與拋物線的交點是解題的關鍵．二、解答題3．（2022·安徽·九年級專題練習）合肥老城西大門有一處城門橫斷面分為兩部分，上半部分為拋物線形狀，下半部分為正方形（OMNE為正方形），已知城門寬度為4米，最高處離地面6米，如圖1所示，現以O點為原點，OM所在的直線為x軸，OE所在的直線為y軸建立直角坐標系．（1）求出上半部分拋物線的函數表達式，并寫出其自變量的取值范圍；（2）有一輛寬3米，高4.5米的貨車需要通過該城門進入城區，請問該貨車能否正常進入？（3）由于城門年久失修，需要搭建一個矩形“鞏固門”ABCD，該“鞏固門”關于拋物線對稱軸對稱，如圖2所示，其中AB、AD、CD為三根承重鋼支架，點D在拋物線上，B、C在地面上，已知鋼支架每米300元，問搭建這樣一個矩形“鞏固門”，僅鋼支架一項，最多需要花費多少元？【答案】（1）y=-x+2x+4（0≤x≤4）；（2）消防車能正常進入；（3）3900元【分析】（1）由題意得，拋物線的頂點為（2，6），設拋物線的表達式為：，因為拋物線經過點E（0，4），則可求出，即可得（2）由題意得，當貨車走最中間時，進入可能性最大，即當時，求出函數值，與4.5比較，即可得；（3）設B點的橫坐標為m，AB+AD+CD的長度為L，則，即，，則，根據二次函數的性質得，當時，L最大，求出L的最大值，再乘300即可得．【詳解】解：（1）由題意得，拋物線的頂點為（2，6），∴設拋物線的表達式為：，∵拋物線經過點E（0，4），∴，解得，∴拋物線的表達式為：，即；（2）由題意得，當貨車走最中間時，進入的可能性最大，即當時，，∴該貨車能正常進入；（3）設B點的橫坐標為m，AB+AD+CD的長度為L，則，由題意知，，即，，∴，當，L最大，L最大=+2×1+12=13，（元），則最多需要花費3900元．【點睛】本題考查了二次函數的應用，解題的關鍵是掌握待定系數法和二次函數的性質．4．（2022秋·安徽阜陽·九年級統考期末）某公園有一個拋物線形狀的觀景拱橋，其橫截面如圖所示，在圖中建立的直角坐標系（以中點為原點，拋物線對稱軸所在直線為y軸）中，拱橋高度，跨度．(1)求拋物線的解析式．(2)拱橋下，有一加固橋身的“腳手架”矩形（H，G分別在拋物線的左右側上），已知搭建“腳手架”的三邊所用鋼材長度為（在地面上，無需使用鋼材），求“腳手架”打樁點E與拱橋端點A的距離．(3)已知公園要進行改造，在原位置上將拱橋改造為圓弧，跨度不變，且（2）中“腳手架”矩形仍然適用（E，F打樁位置不變，H，G依然在拱橋上），求改造后拱橋的高度（結果精確到，參考數據：）．【答案】(1)(2)“腳手架”打樁點E與拱橋端點A的距離為(3)改造后拱橋的高度為【分析】（1）設拋物線的解析式為，把，代入計算即可求解；（2）設點G的坐標為，根據題意得，，又∵，∴，解之求得，（不合題意，舍去），即可得，，則，由即可求解；（3）取中點K，在延長線上取圓心M，連接，，設長為，由勾股定理得，即，解得，所以，，然后由，即可求解．【詳解】（1）解：設拋物線的解析式為，經過，，∴，解得，∴拋物線的解析式為．（2）解：設點G的坐標為，根據題意得，，∵，∴，解得，（不合題意，舍去），∴，，∴，∴．答：“腳手架”打樁點E與拱橋端點A的距離為．（3）解：如圖，取中點K，在延長線上取圓心M，連接，，設長為，在中，，在中，，∴，即，解得，∴，，∴，答：改造后拱橋的高度為．【點睛】本題考查二次函數的應用，勾股定理，圓的性質，熟練掌握用待定系數法求二次函數解析式和二次函數圖象性質是解題的關鍵．5．（2023秋·安徽宣城·九年級統考期末）現要修建一條公路隧道，其截面為拋物線型，如圖所示，線段表示水平的路面，以O為坐標原點，以所在直線為x軸，以過點O垂直于x軸的直線為y軸，建立平面直角坐標系．根據設計要求，隧道上距點O水平方向2米及豎直方向6米的A點有一照明燈．(1)求滿足設計要求的拋物線的函數表達式；(2)現需在這個隧道中間位置設置雙向通行車道，加中間隔離帶合計寬度9米，隧道入口對車輛要求限高，請通過計算說明高度不超過米的車輛能否安全通過該隧道？【答案】(1)(2)能安全通過【分析】(1)設拋物線的解析式為，把點代入，即可求解；(2)令，求得y的值，再與比較，即可解答．【詳解】（1）解：拋物線經過點，，∴可以設拋物線的解析式為，把點代入，可得，∴拋物線的解析式為即；（2）解：，根據對稱性，令，得﹒，高度不超過米的車輛能安全通過該隧道．【點睛】本題考查二次函數的應用，待定系數法，解題的關鍵是熟練掌握待定系數法．6．（2023春·安徽蚌埠·九年級校考階段練習）如圖所示的是一座古橋，橋拱為拋物線型，，是橋墩，橋的跨徑為，此時水位在處，橋拱最高點P離水面，在水面以上的橋墩，都為．以所在的直線為x軸、所在的直線為y軸建立平面直角坐標系．(1)求此橋拱所在拋物線的表達式．(2)當水位上漲時，若有一艘船在水面以上部分高，寬，問此船能否通過橋洞？請說明理由．【答案】(1)(2)此船不能通過橋洞，理由見解析【分析】（1）先求出點A，點B，點P的坐標，再把拋物線解析式設為頂點式進行求解即可；（2）求出當時x的值，然后計算出兩個對應的x的值之間的差值即可得到答案．【詳解】（1）解：由題意得，點A的坐標為，點B的坐標為，則點P的坐標為，設拋物線解析式為，∴，∴，∴拋物線解析式為；（2）解：此船不能通過橋洞，理由如下：當時，即，解得或，∵，∴此船不能通過橋洞．【點睛】本題主要考查了二次函數的實際應用，正確理解題意求出拋物線解析式是解題的關鍵．7．（2022秋·安徽滁州·九年級校考階段練習）如圖是拋物線型拱橋，當拱頂離水面8米時，水面寬AB為12米．當水面上升6米時達到警戒水位，此時拱橋內的水面寬度是多少米？下面是兩個興趣小組解決這個問題的兩種方法，請補充完整：方法一：如圖1，以點A為原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系xOy，此時點B的坐標為，拋物線的頂點坐標為，可求這條拋物線的解析式為．方法二：如圖2，以拋物線頂點為原點，對稱軸為y軸，建立平面直角坐標系xOy，這時這條拋物線所表示的二次函數的解析式為．當取y＝﹣6時，即可求出此時拱橋內的水面寬度為，解決了這個問題【答案】方法一：（12，0）；（6，8）；；方法二；．【分析】方法一：根據題意，以點A為原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系xOy，先求出，，設二次函數的解析式為，把點的坐標代入解方程即可；方法二：根據題意，以拋物線頂點為原點，對稱軸為y軸，建立平面直角坐標系xOy，先求出，設二次函數的解析式為，把代入，可得二次函數的解析式為；當時，可得，解方程即可求出此時拱橋內的水面寬度．【詳解】解：方法一：如圖1，以點A為原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系xOy，∵水面寬AB為12米．點A（0，0），點B在x軸上，∴點B（12，0），拋物線對稱軸,∵拱頂離水面8米，∴拋物線的頂點M（6，8），設這條拋物線解析式為∵拋物線過原點，∴解得∴這條拋物線解析式為，故答案為（12，0）；（6，8）；；方法二∵以拋物線頂點為原點，對稱軸為y軸，建立平面直角坐標系xOy，當拱頂離水面8米時，水面寬AB為12米．∴對稱軸與水面的交點坐標C（0，-8），∴AC=BC=，∴點A（-6，-8），點B（6，-8），設二次函數的解析式為，把代入得，解得，二次函數的解析式為；當時，即：∴∴，∴此時拱橋內的水面寬度為，故答案為：；．【點睛】本題主要考查二次函數的應用，根據題意建立合適的平面直角坐標系及熟練掌握待定系數法求函數解析式是解題的關鍵．8．（2022秋·安徽·九年級統考期中）跳繩是一項很好的健身活動，如圖是小明跳繩運動時的示意圖，建立平面直角坐標系如圖所示，甩繩近似拋物線形狀，腳底、相距20cm，頭頂離地175cm，相距60cm的雙手、離地均為80cm．點、、、、在同一平面內，腳離地面的高度忽略不計．小明調節繩子，使跳動時繩子剛好經過腳底、兩點，且甩繩形狀始終保持不變．(1)求經過腳底、時繩子所在拋物線的解析式．(2)判斷小明此次跳繩能否成功，并說明理由．【答案】(1)(2)不成功，理由見解析【分析】（1）建立如圖所示的坐標系：結合題意可得：由雙手、離地均為80cm，可得C點坐標為：再利用待定系數法求解解析式即可；（2）由可得跳繩不過頭頂，從而可得答案．【詳解】（1）解：建立如圖所示的坐標系：結合題意可得：雙手、離地均為80cm．C點坐標為：設拋物線為：解得：所以拋物線為（2）解：∵y=0.1x2－90，∴頂點為（0，－90）.即跳繩頂點到手的距離是90cm，跳繩不過頭頂，小明此次跳繩能不成功．【點睛】本題考查的是二次函數的實際應用，理解題意，建立合適的坐標系是解本題的關鍵．9．（2022秋·安徽·九年級校聯考期中）某公園有一個截面由拋物線和矩形構成的觀景拱橋，如圖1所示，示意圖如圖2，且已知圖2中矩形的長為12米，寬為4米，拋物線的最高處E距地面為8米．(1)請根據題意建立適當的平面直角坐標系，并求出拋物線的函數解析式；(2)若觀景拱橋下放置兩根長為7米的對稱安置的立柱，求這兩根立柱之間的水平距離；(3)現公園管理處打算在觀景橋側面搭建一個矩形“腳手架”（如圖2），對觀景橋表面進行維護，P，N點在拋物線上，Q，M點在上，為了籌備材料，需求出“腳手架”三根支桿的長度之和的最大值，請你幫管理處計算一下．【答案】(1)(2)6米(3)20.5米【分析】（1）以所在的直線為x軸，點E為頂點建立直角坐標系，用待定系數法求解即可；（2）確定立柱的縱坐標，解方程可得答案；（3）設，則，，三根支桿的總長度，再根據二次函數的性質解答即可．【詳解】（1）解：如圖，以所在的直線為x軸，點E為頂點建立直角坐標系，由題意得，，，設拋物線的解析式為，代入可得，解得，∴；（2）依題意可得：，解得：，∴（米），答：這兩根立柱之間的水平距離是6米；（3）設，則，，∴三根支桿的總長度，∵，∴時，w的最大值為，∴三根支桿的長度之和的最大值為20.5米．【點睛】本題考查了二次函數的應用，熟練掌握不同坐標系中頂點式求解析式，能把實際問題轉化為拋物線是解題的關鍵．10．（2023·安徽滁州·校考一模）如圖1，一段高架橋的兩墻，由拋物線一部分連接，為確保安全，在拋物線一部分內修建了一個菱形支架，拋物線的最高點到的距離米，，點，在拋物線一部分上，以所在的直線為軸，所在的直線為軸，建立平面直角坐標系，確定一個單位長度為1米．(1)求此拋物線對應的函數表達式；(2)求高架橋兩端的的距離；(3)如圖2，現在將菱形做成廣告牌，且在菱形內再做一個內接矩形廣告牌，已知矩形廣告牌的價格為80元/米，其余部分廣告牌的價格為160元/米，試求菱形廣告牌所需的最低費用．【答案】(1)(2)米(3)元【分析】（1）過點作于點，作軸于點，在中，軸，，勾股定理得出，進而得出，根據，得出，進而待定系數法求解析式即可求解；（2）根據，解方程，得出的坐標，即可求解．（3）待定系數法得出直線的解析式為，直線的解析式為，設矩形中，米，則，代入，，繼而得出，由（1）得出，設總費用為，進而根據面積乘以廣告牌的價格得出的函數關系，根據二次函數的性質求得最值即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，過點作于點，作軸于點，∵四邊形是菱形，，∴，，在中，軸，，∴，，∴，∵，∴，設拋物線對應的函數表達式為，將，代入得，，解得：，∴；（2）令，解得：，∴，∴（米）（3）設直線的解析式為，將點代入得，，解得：，∴直線的解析式為，設直線的解析式為，將點，代入得，，解得：，∴直線的解析式為，設矩形中，米，則，代入，，得，∴，∴，由（1）可得，，設總費用為，∴；當時，取得最小值，最小值為，∴菱形廣告牌所需的最低費用為元．【點睛】本題考查了二次函數的實際應用，菱形的性質，矩形的性質，掌握二次函數的性質是解題的關鍵．11．（2023·安徽合肥·模擬預測）如圖，某一拋物線型隧道在墻體處建造，現以地面和墻體分別為x軸和y軸建立平面直角坐標系，已知，且拋物線經過．請根據以上信息，解決下列問題：(1)求此拋物線的函數表達式；(2)有一輛寬，高的貨車想要通過隧道，請問該貨車能否正常通過？請說明理由；(3)現準備在拋物線上一點E處，安裝一直角形鋼拱架支護材料對隧道進行維修（點F，G分別在x軸，y軸上，且軸，軸），現有鋼拱架支護材料是否夠用？請說明理由．【答案】(1)(2)不能，見解析(3)現有鋼拱架支護材料夠用，見解析【分析】（1）由待定系數法，即可求出拋物線的解析式方程；（2）先求出拋物線的對稱軸，然后取，求出的值，再與貨車的高度進行比較，即可得到答案；（3）由題意，設點，則點，然后表示出的值，再利用二次函數的最值問題，即可求出答案．【詳解】（1）解：由題意，∵，∴設拋物線的表達式為，由得，，解得：，∴；（2）解：∵，∴拋物線對稱軸為直線，∵貨車寬，∴當貨車從門中間進入時，把代入，得，∴貨車不能正常駛入；（3）解：由題意，設點，則點，由題意得，∵點G在點A的下方，∴，∴或，∵令，∴或，∴或（舍去）；∵，∴當時，有最大值，∴的最大值為：，∴現有鋼拱架支護材料夠用．【點睛】本題考查二次函數的應用，解答本題的關鍵是明確題意，求出相應的函數解析式，利用二次函數的性質解答．12．（2022·安徽滁州·統考二模）甲秀樓是貴陽市一張靚麗的名片．如圖①，甲秀樓的橋拱截面可視為拋物線的一部分，在某一時刻，橋拱內的水面寬，橋拱頂點到水面的距離是．（1）按如圖②所示建立平面直角坐標系，求橋拱部分拋物線的函數表達式；（2）一只寬為的打撈船徑直向橋駛來，當船駛到橋拱下方且距點時，橋下水位剛好在處．有一名身高的工人站立在打撈船正中間清理垃圾，他的頭頂是否會觸碰到橋拱，請說明理由（假設船底與水面齊平）；（3）如圖③，橋拱所在的函數圖象是拋物線，該拋物線在軸下方部分與橋拱在平靜水面中的倒影組成一個新函數圖象．將新函數圖象向右平移個單位長度，平移后的函數圖象在時，的值隨值的增大而減小，結合函數圖象，求的取值范圍．【答案】（1）y=x2+2x（0≤x≤8）；（2）他的頭頂不會觸碰到橋拱，理由見詳解；（3）5≤m≤8【分析】（1）設二次函數的解析式為：y=a(x-8)x，根據待定系數法，即可求解；（2）把：x=1，代入y=x2+2x，得到對應的y值，進而即可得到結論；（3）根據題意得到新函數解析式，并畫出函數圖像，進而即可得到m的范圍．【詳解】（1）根據題意得：A(8，0)，B(4，4)，設二次函數的解析式為：y=a(x-8)x，把(4，4)代入上式，得：4=a×(4-8)×4，解得：，∴二次函數的解析式為：y=(x-8)x=x2+2x（0≤x≤8）；（2）由題意得：x=0.4+1.2÷2=1，代入y=x2+2x，得y=×12+2×1=＞1.68，答：他的頭頂不會觸碰到橋拱；（3）由題意得：當0≤x≤8時，新函數表達式為：y=x2-2x，當x＜0或x＞8時，新函數表達式為：y=-x2+2x，∴新函數表達式為：，∵將新函數圖象向右平移個單位長度，∴（m，0），（m+8，0），（m+4，-4），如圖所示，根據圖像可知：當m+4≥9且m≤8時，即：5≤m≤8時，平移后的函數圖象在時，的值隨值的增大而減小．【點睛】本題主要考查二次函數的實際應用，掌握二次函數的待定系數法，二次函數的圖像和性質，二次函數圖像平移和軸對稱變換規律，是解題的關鍵．題型四：銷售問題一、解答題1．（2023·安徽合肥·校考一模）某市公安局交警支隊在全市范圍內開展“一盔一帶”安全守護行動，某商場的頭盔銷量不斷增加，該頭盔銷售第天與該天銷售量（件）之間滿足函數關系式為：（且為整數），為減少庫存，該商場將此頭盔的價格不斷下調，其銷售單價（元）與第天成一次函數關系，當時，，當時，．已知該頭盔進價為元／件．(1)求與之同的函數關系式；(2)求這天中第幾天銷售利潤最大，并求出最大利潤；(3)在實際銷售的前天，為配合“騎乘人員佩戴頭盔專題周”活動的開展，商場決定將每個頭盔的單價在原來價格變化的基上再降價元（）銷售，通過銷售記錄發現，前8天中，每天的利潤隨時間（天）的增大而增大，試求的取值范圍．【答案】(1)與之間的函數關系式為（）(2)第天利潤最大，最大值為元(3)的取值范圍為【分析】（1）根據待定系數法即可求解；（2）根據題意，設總利潤為元，可得出總利潤與第天的函數關系，根據二次函數頂點式即可求解；（3）根據數量關系，二次函數圖像的性質即可求解．【詳解】（1）解：根據題意，設，當時，，當時，，∴，解得：，∴與之間的函數關系式為（）．（2）解：設總利潤為元，則，當時，取得最大值，∴第天利潤最大，最大值為：（元）．（3）解：由題意可設第天的銷售利潤為元，則，∴對稱軸為又知前天中，每天的利潤隨時間（天）的增大而增大，∴即，又，∴．【點睛】本題主要考查銷售問題，理解題目中數量關系，二次函數圖像的性質是解題的關鍵．2．（2023·安徽合肥·統考一模）某快餐店給顧客提供A，B兩種套餐．套餐A每份利潤8元，每天能賣90份；套餐B每份利潤10元，每天能賣70份．若每份套餐A價格提高1元，每天少賣出4份；每份套餐B價格提高１元，每天少賣出2份．（注：兩種套餐的成本不變）(1)若每份套餐價格提高了x元，求銷售套餐A，B每天的總利潤元，元與x之間的函數關系式；(2)物件部門規定這兩種套餐提高的價格之和為10元，問套餐A提高多少元時，這兩種套餐每天利潤之和最大？【答案】(1)，(2)套餐提高4元時，這兩種套餐每天利潤之和最大【分析】（1）由題意可知，每份套餐價格提高了元，套餐每天賣出份，套餐每天賣出份，根據利潤每份利潤份數即可求得函數關系式；（2）設套餐每份提高了元，則套餐每份提高了，結合兩個函數關系可得兩種套餐每天利潤之和，即可求得結果．【詳解】（1）解：由題意可得：套餐每份提高了x元，則每天賣出份，套餐每份提高了x元，則每天賣出份，則：套餐每天的總利潤，套餐每天的總利潤；（2）設套餐每份提高了元，則套餐每份提高了，∴，則兩種套餐每天利潤之和為：，即：，∴當時，有最大值，即：套餐提高4元時，這兩種套餐每天利潤之和最大．【點睛】本題主要考查二次函數的應用，設出未知數，根據題意列出等式，找到量之間的關系是解題關鍵．3．（2023·安徽合肥·統考二模）某商店銷售一種商品，每件的進價為20元．根據市場調查，當售價不低于30元/件時，銷售量（件）與售價（元/件）之間的關系如圖所示（實線）．(1)寫出銷售量（件）與售價（元/件）之間的函數關系式．(2)當售價為多少時，獲利最大？最大利潤是多少？【答案】(1)(2)當售價為64元/件時，可以獲利最大，最大利潤為1936元【分析】（1）由圖可知銷售量銷售量（件）與售價（元/件）之間成一次函數關系，設，根據的范圍，分別代入求解即可；（2）根據的范圍分類討論，分別求出總利潤與售價的函數關系式，再求最大值即可．【詳解】（1）解：由題意得：設當時，圖象經過代入得：解得：∴當時，當時，圖象經過代入得：解得：∴當時，∴銷售量（件）與售價（元/件）之間的函數關系式為（2）解：設總利潤為，由題意得：當時，，∴當時，取得最大值，此時

當時，，∴當時，取得最大值，此時，答：當售價為64元/件時，可以獲利最大，最大利潤為1936元.．【點睛】本題主要考查一次函數與二次函數的應用，熟練掌握利潤計算公式列函數關系式是解決本題的關鍵．4．（2023·安徽滁州·校聯考二模）烏饅頭是江北慈城地方特色點心，用麥粉發酵，再摻以白糖黃糖，蒸制而成．因其用黃糖，顏色暗黃，所以稱之謂“烏饅頭”．某商店銷售烏饅頭，通過分析銷售情況發現，烏饅頭的日銷售量（盒）是銷售單價（元/盒）的一次函數，銷售單價、日銷售量的部分對應值如下表，已知銷售單價不低于成本價且不高于20元，每天銷售烏饅頭的固定損耗為20元，且銷售單價為18元/盒時，日銷售純利潤為1180元．銷售單價（元/盒）1513日銷售量（盒）500700(1)求烏饅頭的日銷售量（盒）與銷售單價（元/盒）的函數表達式；(2)“端午烏饅重陽粽”是慈城的習俗．端午節期間，商店決定采用降價促銷的方式回饋顧客．在顧客獲得最大實惠的前提下，當烏饅頭每盒降價多少元時，商店日銷售純利潤為1480元？(3)當銷售單價定為多少時，日銷售純利潤最大，并求此日銷售最大純利潤．【答案】(1)(2)當烏饅頭每盒降價3元時，商店每天獲利為1480元(3)當銷售單價定為16元/盒時，日銷售純利潤最大，最大純利潤為1580元【分析】（1）設，根據表格即可求解；（2）根據：銷售量單件利潤損耗費用銷售總利潤，列出方程即可求解；（3）設日銷售純利潤為元，根據：銷售量單件利潤損耗費用銷售總利潤，列出函數關系式，并在求最值即可．【詳解】（1）解：設，由題意得，解得，∴．（2）解：當時，，即銷售200盒的純利潤為1180元，成本價為：（元），，解得：（舍），，（元）．答：當烏饅頭每盒降價3元時，商店每天獲利為1480元．（3）解：設日銷售純利潤為元，由題意得，，，當時，有最大值1580元，答：當銷售單價定為16元/盒時，日銷售純利潤最大，最大純利潤為1580元．【點睛】本題考查了一次函數，一元二次方程，二次函數在銷售利潤中的應用，掌握銷售問題中的等量關系式是解題的關鍵．5．（2023·安徽池州·校聯考一模）為鼓勵大學畢業生自主創業，某市政府出臺相關政策，本市企業提供產品給大學畢業生自主銷售，政府還給予大學畢業生一定補貼．已知某種品牌服裝的成本價為每件100元，每件政府補貼20元，每月銷售量（件）與銷售單價（元）之間的關系近似滿足一次函數：．(1)若第一個月將銷售單價定為160元，政府這個月補貼多少元?(2)設獲得的銷售利潤（不含政府補貼）為（元），當銷售單價為多少元時，每月可獲得最大銷售利潤?(3)若每月獲得的總收益（每月總收益=每月銷售利潤+每月政府補貼）不低于28800元，求該月銷售單價的最小值．【答案】(1)8400元(2)200元(3)140元【分析】（1）把代入，求出銷售的件數，從而得到政府補貼金額；（2）根據總利潤=數量×單件利潤列出函數關系式，再利用二次函數的最值求解；（3）每月獲得的總收益為，列出函數關系式，再令，求出x值，結合函數的性質得到最小值．【詳解】（1）解：在中，令，則，∴政府這個月補貼元；（2）由題意可得：，∵，∴當時，w有最大值30000．即當銷售單價定為200元時，每月可獲得最大利潤30000元．（3）設每月獲得的總收益為，由題意可得：，令，則，解得：或，∵，則拋物線開口向下，對稱軸為直線，∴當時，，∴該月銷售單價的最小值為140元．【點睛】本題主要考查了二次函數的應用的知識點，解答本題的關鍵是熟練掌握二次函數的性質以及二次函數最值的求解，此題難度不大．6．（2023·安徽蚌埠·校考模擬預測）某工廠在生產過程中要消耗大量電能，消耗每千度電產生利潤與電價是一次函數關系，經過測算，工廠每千度電產生利潤y（元/千度））與電價x（元/千度）的函數圖象如圖：(1)當電價為600元/千度時，工廠消耗每千度電產生利潤是多少？(2)為了實現節能減排目標，有關部門規定，該廠電價x（元/千度）與每天用電量m（千度）的函數關系為，為了獲得最大利潤，工廠每天應安排使用多少度電？工廠每天消耗電產生利潤最大是多少元？(3)由于地方供電部門對用電量的限制，規定該工廠每天的用電量，請估算該工廠每天消耗電產生利潤的取值范圍．【答案】(1)180元/千度(2)當工廠每天使用50千度電時，工廠每天電產生最大利潤為5000元(3)4200元～5000元【分析】（1）利用待定系數法先求出y與x的關系式，然后把代入所求得的函數關系式計算即可；（2）設工廠每天消耗電產生利潤為w元，根據利潤=每千度電產生利潤y×每天用電量m（千度）即可得出w與m的函數關系式，然后根據二次函數的性質解答即可；（3）根據二次函數的性質求解即可得出范圍．【詳解】（1）解：設工廠每千度電產生利潤y（元/千度）與電價x（元/千度）的函數解析式為：（k、b是常數，且）．將點代入可得：，解得：，故．當電價元/千度時，該工廠消耗每千度電產生利潤（元/千度）．答：工廠消耗每千度電產生利潤是180元/千度．（2）解：設工廠每天消耗電產生利潤為w元，由題意得：，當時，w取得最大，，即當工廠每天使用50千度電時，工廠每天電產生最大利潤為5000元．（3）由（2）可得，當時，利潤取得最大，最大為5000元，∵當時，w隨著m的增大而減小，且，∴當時，利潤取得最小，最小為4200元．故該工廠每天消耗電產生利潤的取值范圍為4200元～5000元．【點睛】本題考查了一次函數和二次函數的應用，屬于常考題型，正確理解題意、得出相應的函數關系式、熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．7．（2023·安徽亳州·統考模擬預測）某超市以40元/個的價格購進一批冬奧會吉祥物，當以50元/個的價格出售時，每天可以售出60個．為了促銷，在確保不虧本的前提下采取降價促銷的方式招攬顧客，經調查發現，當售價每降低元時，每天可多賣出5個吉祥物．(1)設該吉祥物的售價降低了x元，每天的銷售量為y個，直接寫出y與x的函數關系式及自變量x的取值范圍．(2)設銷售這種吉祥物一天可獲利潤為w元，求w與x之間的函數關系式．(3)這種吉祥物的售價定為每個多少元時，商店每天獲得的利潤最大？【答案】(1)(2)(3)售價為48元/個時每天利潤最大為640元【分析】（1）根據列出函數關系式即可，再根據售價>進價，降價的金額為非負數，即可寫出x的取值范圍；（2）根據利潤=單個利潤×數量，即可列出w與x之間的函數關系式；（3）將（2）中得出的關系式化為頂點式，即可進行解答．【詳解】（1）解：根據題意可得：，∴．（2）解：．（3）∵，，∴當時，w有最大值，最大值為640，當時，定價為（元），∴售價為48元/個時每天利潤最大為640元．【點睛】本題主要考查了二次函數的實際應用，解題的關鍵是正確理解題意，根據題意列出函數表達式，根據二次函數的性質進行解答．8．（2023·安徽阜陽·校聯考模擬預測）某超市采購了兩批同樣的冰墩墩掛件，第一批花了6600元，第二批花了8000元，第一批每個掛件的進價是第二批的1.1倍，且第二批比第一批多購進50個．(1)求第二批每個掛件的進價；(2)兩批掛件售完后，該超市以第二批每個掛件的進價又采購一批同樣的掛件，經市場調查發現，當售價為每個60元時，每周能賣出40個，若每降價1元，則每周多賣10個．求每個掛件售價定為多少元時，每周可獲得最大利潤，最大利潤是多少?【答案】(1)第二批每個掛件的進價為40元；(2)當每個掛件售價定為52元時，每周可獲得最大利潤，最大利潤是1440元．【分析】（1）設第二批每個掛件的進價為x元，則第一批每個掛件的進價為1.1x元，根據題意列出方程，求解即可；（2）設每個售價定為y元，每周所獲利潤為w元，則可列出w關于y的函數關系式，根據二次函數的性質可得出結論．【詳解】（1）解：設第二批每個掛件的進價為x元，則第一批每個掛件的進價為元，根據題意可得，，解得．經檢驗，是原分式方程的解，且符合實際意義，∴．∴第二批每個掛件的進價為40元；（2）解：設每個售價定為y元，每周所獲利潤為w元，根據題意可知，，∵，∴當時，w取最大，此時．∴當每個掛件售價定為52元時，每周可獲得最大利潤，最大利潤是1440元．【點睛】本題綜合考查分式方程和二次函數的應用，根據題意找出等量關系，列出方程、函數關系式是解題關鍵．9．（2023·安徽蚌埠·校考二模）某水果店一種水果的日銷售量（千克）與銷售價格（元千克）滿足一次函數關系，部分數據如下表．售價x（元/千克）日銷售量y（千克）(1)求這種水果日銷售量與銷售價格之間的函數關系式；(2)若將這種水果每千克的價格限定在元元的范圍，求這種水果日銷售量的范圍；(3)已知這種水果購進的價格為元千克，求這種水果在日銷售量不超過千克的條件下可獲得的最大毛利潤．（假設：毛利潤銷售額購進成本）【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）待定系數法求解析式即可求解；（2）根據一次函數的性質，將分別代入即可求解；（3）設最大毛利潤為，根據題意，列出二次函數關系式，根據二次函數的性質即可求解．【詳解】（1）解：依題意，設一次函數解析式為，將代入得，解得：∴；（2）解：∵中，，∴隨的增大而減小，當時，，當時，,∴當時，（3）解：設最大毛利潤為，根據題意，得∵，，拋物線開口向下，對稱軸為，當時，隨的增大而減小，∵，∴，∴當時，取得最大值，最大值為（元）．答：最大毛利潤為元．【點睛】本題考查了一次函數的應用，二次函數的應用，熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．10．（2023·安徽宣城·校考三模）某公司調研了歷年市場行情和生產情況以后，對今年某種商品的銷售價格和成本價格進行預測，提供了兩方面的信息，如圖所示．圖1的圖象是線段，圖2的圖象是部分拋物線．

(1)在3月份和6月份出售這種商品，哪個月商品的單件利潤更大？(2)從3月份到8月份，哪個月商品的單件利潤最大？最大利潤是多少？【答案】(1)3月(2)8月，元【分析】（1）用銷售價格減去成本價格即可得出利潤；（2）分別求出線段和拋物線的解析式，即可得出單件利潤關于t的二次函數解析式，再求出函數的最值即可．【詳解】（1）解：由圖可知：3月份的單件利潤為：（元），6月份的單件利潤為：（元），在3月份和6月份出售這種商品，3月商品的單件利潤更大；（2）解：設M與t的函數關系式為：，由圖1可知，該圖象經過點，，將，代入，可得，解得，；由圖（2）知，Q與t的函數圖象頂點為，經過點，設Q與t的函數關系式為：，將代入，可得，解得，，設單件利潤為P，則，P與t的函數圖象的對稱軸為，，當時，P取最大值，最大值為，即從3月份到8月份，8月份商品的單件利潤最大，最大利潤是元．【點睛】本題考查一次函數、二次函數在銷售問題中的應用，解題的關鍵是求出單件利潤關于t的二次函數解析式，熟練掌握二次函數的性質．題型五：投球問題一、單選題1．（2023春·安徽蚌埠·九年級校考階段練習）如圖，一場籃球比賽中，一名籃球運動員投籃，球沿拋物線運行，然后準確落入籃筐內，已知球出手時離地面高2.25米，距籃筐中心的水平距離是4米，籃筐的中心離地面的高度為，該拋物線的表達式為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據題意得拋物線經過點，然后利用待定系數法求解即可．【詳解】解：根據題意得拋物線經過點，代入解析式得：，解得：，∴拋物線的表達式為，故選：B．【點睛】題目主要考查利用待定系數法確定拋物線的解析式，理解題意是解題關鍵．二、解答題2．（2022秋·安徽安慶·九年級校考階段練習）年里約奧運會，中國跳水隊贏得個項目中的塊金牌，優秀成績的取得離不開艱辛的訓練．某跳水運動員在進行跳水訓練時，身體看成一點在空中的運動路線是如圖所示的一條拋物線，已知跳板長為米，跳板距水面的高為米，訓練時跳水曲線在離起跳點水平距離米時達到距水面最大高度米，現以為橫軸，為縱軸建立直角坐標系．(1)當時，求這條拋物線的解析式；(2)圖中米，米，若跳水運動員在區域內含點，入水時才能達到訓練要求，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據拋物線頂點坐標，可設拋物線解析式為，將點代入可得a，即可解得．（2）若跳水運動員在區域內含點，入水達到訓練要求，則在函數中，當時，，當時，，解不等式即可得．【詳解】（1）解：如圖所示：根據題意，可得拋物線頂點坐標，設拋物線解析為：，則，解得：，故拋物線解析式為：；（2）解：根據題意，拋物線解析式為：，將點代入可得：，即若跳水運動員在區域內含點，入水，則當時，，即，解得：，當時，，即，解得：，故．【點睛】本題考查了二次函數的實際應用，待定系數法求二次函數解析式，解不等式，熟練掌握待定系數法求二次函數解析式是解題的關鍵．3．（2023·安徽淮北·統考一模）鷹眼系統能夠追蹤、記錄和預測球的軌跡，如圖分別為足球比賽中某一時刻的鷹眼系統預測畫面（如圖1）和截面示意圖（如圖2），攻球員位于點O，守門員位于點A，OA的延長線與球門線交于點B，且點A，B均在足球軌跡正下方，足球的飛行軌跡可看成拋物線．已知OB=28m，AB=8m，足球飛行的水平速度為15m/s，水平距離s（水平距離=水平速度×時間）與離地高度h的鷹眼數據如下表：s/m…912151821…h/m…4.24.854.84.2…(1)根據表中數據預測足球落地時，s=m；(2)求h關于s的函數解析式；(3)守門員在攻球員射門瞬間就作出防守反應，當守門員位于足球正下方時，足球離地高度不大于守門員的最大防守高度視為防守成功．已知守門員面對足球后退過程中速度為2.5m/s，最大防守高度為2.5m；背對足球向球門前進過程中最大防守高度為1.8m．①若守門員選擇面對足球后退，能否成功防守？試計算加以說明；②若守門員背對足球向球門前進并成功防守，求此過程守門員的最小速度．【答案】(1)30(2)(3)①守門員不能成功防守；說明見解析；②守門員的最小速度為m/s【分析】（1）由函數圖象頂點坐標信息可得答案；（2）由數據表得拋物線頂點（15，5），設解析式為，再利用待定系數法求解函數解析式即可；（3）①設守門員到達足球正下方的時間為ts．由題意得15t=20+2.5t，解得t=，再計算足球此時的高度即可；②由題意判斷：當h=1.8m且守門員剛好到達足球正下方時，此時速度最小．再求解此時足球飛行的水平距離s=27m，可得足球的飛行時間，從而可得答案．【詳解】（1）解：由函數圖象信息可得：頂點坐標為：所以預測足球落地時，故答案為：30（2）解：由數據表得拋物線頂點（15，5），故設解析式為，把（12，4.8）代入得所以解析式為．（3）解：設守門員到達足球正下方的時間為ts．①由題意得15t=20+2.5t，解